学年浙江省一级重点中学自主招生考试数学仿真试卷（十）

2020学年浙江省一级重点中学自主招生考试数学仿真试卷（十）
一、选择题（共8题，每题5分，共40分）
1．（5分）一个多边形的内角和与它的一个外角的和为570°，那么这个多边形的边数为（）A．5B．6C．7D．8
2．（5分）某个样本的频数分布直方图中一共有4组，从左到右的组中值依次为5，8，11，14，频数依次为5，4，6，5，则频率为0.2的一组为（）
A．6.5﹣9.5B．9.5﹣12.5C．8﹣11D．5﹣8
3．（5分）已知a＜0，那么=（）
A．a B．﹣a C．3a D．﹣3a
4．（5分）观察表一，寻找规律．表二、表三分别是从表一中选取的一部分，则x+y的值为（）
表一
0123…
1357…
25811…
371115…
…………
表二
15
19
x
表三
1523
17y
A．45B．46C．48D．49
5．（5分）在平行四边形ABCD中，AB=6，AD=8，∠B是锐角，将△ACD沿对角线AC
折叠，点D落在△ABC所在平面内的点E处．如果AE过BC的中点，则平行四边形ABCD 的面积等于（）
A．48B．10C．12D．24
6．（5分）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，F是AB边上的中点，点D，E分别在AC，BC边上运动，且保持AD=CE．连接DE，DF，EF．在此运动变化的过程中，下列结论：
①△DFE是等腰直角三角形；
②四边形CDFE不可能为正方形，
③DE长度的最小值为4；
④四边形CDFE的面积保持不变；
⑤△CDE面积的最大值为8．
其中正确的结论是（）
A．①②③B．①④⑤C．①③④D．③④⑤
7．（5分）如图，在Rt△ABC内有边长分别为a，b，c的三个正方形，则a，b，c满足的关系式是（）
A．b=a+c B．b=ac C．b2=a2+c2D．b=2a=2c
8．（5分）如图（1），A，B，C，D为圆O的四等分点，动点P从圆心O出发，沿O﹣C ﹣E﹣D﹣O路线作匀速运动，设运动时间为x（秒），∠APB=y（度），图（2）表示y与x之间的函数关系图，则点M的横坐标应为（）
A．2B．πC．π+1D．π+2
二、填空题（共8题，每题3分，共24分）
9．（3分）如果关于x的二次三项式x2+mx+m是一个完全平方式，则m=．10．（3分）一个几何体，是由许多规格相同的小正方体堆积而成的，其主视图，左视图如图所示要摆成这样的图形，至少需用块小正方体．
11．（3分）如图，O为矩形ABCD的对角线交点，DF平分∠ADC交AC于点E，交BC于点F，∠BDF=15°，则∠COF=°．
12．（3分）若，则=．
13．（3分）m是方程x2﹣2010x+1=0的一个解，则值是．14．（3分）将红、白、黄三种小球，装入红、白、黄三个盒子中，每个盒子中装有相同颜色的小球．已知：
（1）黄盒中的小球比黄球多；
（2）红盒中的小球与白球不一样多；
（3）白球比白盒中的球少．
则红、白、黄三个盒子中装有小球的颜色依次是．
15．（3分）如图，点O（0，0），B（0，1）是正方形OBB1C的两个顶点，以对角线OB1为一边作正方形OB1B2C1，再以正方形OB1B2C1的对角线OB2为一边作正方形OB2B3C2，依次下去，则点B7的坐标是．
16．（3分）如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC=10，AD=2，∠B=45°．直角三角板含45°角的顶点E在边BC上移动，一直角边始终经过点A，斜边与CD交于点F．若△ABE为等腰三角形，则CF的长等于．
三、解答题（共4题，共56分）
17．（14分）在一平直河岸l同侧有A，B两个村庄，A，B到l的距离分别是3km和2km，AB=akm（a＞1）．现计划在河岸l上建一抽水站P，用输水管向两个村庄供水．
方案设计：
某班数学兴趣小组设计了两种铺设管道方案：图1是方案一的示意图，设该方案中管道长度为d1，且d1=PB+BA（km）（其中BP⊥l于点p）；图2是方案二的示意图，设该方案中管道长度为d2，且d2=PA+PB（km）（其中点A'与点A关于I对称，A′B与l交于点P．
观察计算：
（1）在方案一中，d1=km（用含a的式子表示）；
（2）在方案二中，组长小宇为了计算d2的长，作了如图3所示的辅助线，请你按小宇同学的思路计算，
d2=km（用含a的式子表示）．
探索归纳
（1）①当a=4时，比较大小：d1（）d2（填“＞”、“=”或“＜”）；
②当a=6时，比较大小：d1（）d2（填“＞”、“=”或“＜”）；
（2）请你参考右边方框中的方法指导，就a（当a＞1时）的所有取值情况进行分析，要使铺设的管道长度较短，应选择方案一还是方案二？
18．（14分）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径作⊙O交AC边于点D，E是边BC的中点，连接DE．
（1）求证：直线DE是⊙O的切线；
（2）连接OC交DE于点F，若OF=CF，求tan∠ACO的值．
19．（14分）为支持四川抗震救灾，重庆市A、B、C三地现在分别有赈灾物资100吨、100吨、80吨，需要全部运往四川重灾地区的D、E两县．根据灾区的情况，这批赈灾物资运往D县的数量比运往E县的数量的2倍少20吨．
（1）求这批赈灾物资运往D、E两县的数量各是多少？
（2）若要求C地运往D县的赈灾物资为60吨，A地运往D的赈灾物资为x吨（x为整数），B地运往D县的赈灾物资数量小于A地运往D县的赈灾物资数量的2倍．其余的赈灾物资
全部运往E县，且B地运往E县的赈灾物资数量不超过25吨．则A、B两地的赈灾物资运往D、E两县的方案有几种？请你写出具体的运送方案；
（3）已知A、B、C三地的赈灾物资运往D、E两县的费用如下表：
A地B地C地
运往D县的费用（元/吨）220200200
运往E县的费用（元/吨）250220210
为及时将这批赈灾物资运往D、E两县，某公司主动承担运送这批赈灾物资的总费用，在（2）问的要求下，该公司承担运送这批赈灾物资的总费用最多是多少？
20．（14分）在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0，2），点C（﹣1，0），如图所示：抛物线y=ax2+ax﹣2经过点B．（1）求点B的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
一、选择题（共8题，每题5分，共40分）
1．（5分）一个多边形的内角和与它的一个外角的和为570°，那么这个多边形的边数为（）A．5B．6C．7D．8
【考点】多边形内角与外角．
【分析】本题考查多边形的内角和与外角和、方程的思想．关键是记住内角和的公式与外角和的特征，还需要懂得挖掘此题隐含着边数为正整数这个条件．本题既可用整式方程求解，也可用不等式确定范围后求解．
【解答】解法1：设边数为n，这个外角为x度，则0＜x＜180°根据题意，得
（n﹣2）•180°+x=570°
解之，得n=．
∵n为正整数，
∴930﹣x必为180的倍数，
又∵0＜x＜180，
∴n=5．
解法2：∵0＜x＜180．
∴570﹣180＜570﹣x＜570，即390＜570﹣x＜570．
又∵（n﹣2）•180°=570﹣x，
∴390＜（n﹣2）•180°＜570，
解之得4.2＜n＜5.2．
∵边数n为正整数，
∴n=5．
故选A．
【点评】此题较难，考查比较新颖，涉及到整式方程，不等式的应用．
2．（5分）某个样本的频数分布直方图中一共有4组，从左到右的组中值依次为5，8，11，14，频数依次为5，4，6，5，则频率为0.2的一组为（）
A．6.5﹣9.5B．9.5﹣12.5C．8﹣11D．5﹣8
【考点】频数（率）分布直方图．
【分析】首先根据各组的频数即可确定频率是0.2的是哪一组，然后根据组中值的大小即可确定组距，则频率为0.2的一组的范围即可确定．
【解答】解：各组的频数是5，4，6，5则第一组的频率是：=0.25，则第四组的
频率也是0.25，
第二组的频率是：=0.2，
则频率为0.2的一组为第二组；
组距是8﹣5=3，第二组的组中值是8，则第二组的范围是：6.5﹣9.5．
故选A．
【点评】本题考查了频数分布图，正确理解组中值的含义是关键．
3．（5分）已知a＜0，那么=（）
A．a B．﹣a C．3a D．﹣3a
【考点】二次根式的性质与化简；绝对值．
【分析】根据绝对值，开平方的性质，=|a|进行计算．
【解答】解：∵a＜0，
∴﹣a＞0，
原式===|3a|=﹣3a．
故选D．
【点评】本题考查了二次根式的化简，注意算术平方根的结果为非负数．
4．（5分）观察表一，寻找规律．表二、表三分别是从表一中选取的一部分，则x+y的值为（）
表一
0123…
1357…
25811…
371115…
…………
表二
15
19
x
表三
1523
17y
A．45B．46C．48D．49
【考点】规律型：数字的变化类．
【分析】观察表一可得，第一列上面的一个数比下面的一个数小1，第二列上面的一个数比下面的一个数小2，第三列上面的一个数比下面的一个数小3，依此类推，则表二是第4列，表三是第二和第三列，由规律写出x即可．
【解答】解：∵表二的上面的一个数比下面的一个数小4，∴表二是第4列，∴x=19+4=23，∵表三的上面的一个数比下面的一个数小2，∴表二是第2列，∴y=23+3=26，
∴x+y=23+26=49，
故选D．
【点评】本题是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
规律是：第一列上面的一个数比下面的一个数小1，第二列上面的一个数比下面的一个数小2，第三列上面的一个数比下面的一个数小3，依此类推．
5．（5分）在平行四边形ABCD中，AB=6，AD=8，∠B是锐角，将△ACD沿对角线AC 折叠，点D落在△ABC所在平面内的点E处．如果AE过BC的中点，则平行四边形ABCD 的面积等于（）
A．48B．10C．12D．24
【考点】翻折变换（折叠问题）；平行四边形的性质．
【分析】利用折叠知识，得到全等三角形，即△ABO≌△CEO，再进一步证得∠ACD是直角，然后利用勾股定理得到平行四边形的底边及底边上的高，进而求得面积．
【解答】解：设AE与BC交于O点，O点是BC的中点．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B=∠D．AB∥CD，
又由折叠的性质推知∠D=∠E，CE=CD
∴∠B=∠E．CE=AB
∴△ABO和△ECO中，
，
所以△ABO≌△CEO（AAS），所以AO=CO=4，OE=OB=4．
∴AE=AD=8．
∴△AED为等腰三角形，又C为底边中点，故三线合一可知∠ACE=90°，
从而由勾股定理求得AC=．
平行四边形ABCD的面积=AC×CD=12．
故选C．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和面积的计算，平行四边形的面积等于平行四边形的边长与该边上的高的积．即S=a•h．其中a可以是平行四边形的任何一边，h必须是a 边与其对边的距离，即对应的高．
6．（5分）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，F是AB边上的中点，点D，E分别在AC，BC边上运动，且保持AD=CE．连接DE，DF，EF．在此运动变化的过程中，下列结论：
①△DFE是等腰直角三角形；
②四边形CDFE不可能为正方形，
③DE长度的最小值为4；
④四边形CDFE的面积保持不变；
⑤△CDE面积的最大值为8．
其中正确的结论是（）
A ．①②③
B ．①④⑤
C ．①③④
D ．③④⑤
【考点】正方形的判定；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【分析】解此题的关键在于判断△DEF 是否为等腰直角三角形，作常规辅助线连接CF ，由SAS 定理可证△CFE 和△ADF 全等，从而可证∠DFE=90°，DF=EF ．所以△DEF 是等腰直角三角形．可证①正确，②错误，再由割补法可知④是正确的；
判断③，⑤比较麻烦，因为△DEF 是等腰直角三角形DE=DF ，当DF 与BC 垂直，即DF 最小时，DE 取最小值4，故③错误，△CDE 最大的面积等于四边形CDEF 的面积减去△DEF 的最小面积，由③可知⑤是正确的．故只有①④⑤正确．
【解答】解：连接CF ；
∵△ABC 是等腰直角三角形，
∴∠FCB=∠A=45°，CF=AF=FB ；
∵AD=CE ，
∴△ADF ≌△CEF （SAS ）；
∴EF=DF ，∠CFE=∠AFD ；
∵∠AFD +∠CFD=90°，
∴∠CFE +∠CFD=∠EFD=90°，
∴△EDF 是等腰直角三角形（故①正确）．
当D 、E 分别为AC 、BC 中点时，四边形CDFE 是正方形（故②错误）．
∵△ADF ≌△CEF ，
∴S △CEF =S △ADF ∴S 四边形CEFD =S △AFC ，（故④正确）．
由于△DEF 是等腰直角三角形，因此当DE 最小时，DF 也最小；
即当DF ⊥AC 时，DE 最小，此时DF=BC=4．
∴DE=DF=4（故③错误）．
当△CDE 面积最大时，由④知，此时△DEF 的面积最小．
此时S △CDE =S 四边形CEFD ﹣S △DEF =S △AFC ﹣S △DEF =16﹣8=8（故⑤正确）．
故选：B ．
【点评】此题考查的知识点有等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质等知识点，考查知识点较多，综合性强，能力要求全面，难度较大．但作为选择题可采用排除法等特有方法，使此题难度稍稍降低一些．
7．（5分）如图，在Rt △ABC 内有边长分别为a ，b ，c 的三个正方形，则a ，b ，c 满足的关系式是（）
A．b=a+c B．b=ac C．b2=a2+c2D．b=2a=2c
【考点】相似三角形的判定与性质；正方形的性质．
【分析】因为Rt△ABC内有边长分别为a、b、c的三个正方形，所以图中三角形都相似，且与a、b、c关系密切的是△DHE和△GQF，只要它们相似即可得出所求的结论．
【解答】解：∵DH∥AB∥QF
∴∠EDH=∠A，∠GFQ=∠B；
又∵∠A+∠B=90°，∠EDH+∠DEH=90°，∠GFQ+∠FGQ=90°；
∴∠EDH=∠FGQ，∠DEH=∠GFQ；
∴△DHE∽△GQF，
∴=
∴=
∴ac=（b﹣c）（b﹣a）
∴b2=ab+bc=b（a+c），
∴b=a+c．
故选A．
【点评】此题考查了相似三角形的判定，同时还考查观察能力和分辨能力．
8．（5分）如图（1），A，B，C，D为圆O的四等分点，动点P从圆心O出发，沿O﹣C ﹣E﹣D﹣O路线作匀速运动，设运动时间为x（秒），∠APB=y（度），图（2）表示y与x之间的函数关系图，则点M的横坐标应为（）
A．2B．πC．π+1D．π+2
【考点】动点问题的函数图象．
【分析】根据速度=路程÷时间求出点P在CD弧上运动的时间，再根据图（2），加上2即可得解．
【解答】解：设点P在弧CD上运动的时间为t，
∵A，B，C，D为圆O的四等分点，点P作匀速运动，
∴÷t=OC÷2，
解得t=π，
∴点P在半径OC与弧CD运动的时间之和是π+2，
∴点M的横坐标为π+2．
故选D．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象，根据速度、路程、时间的关系求出点P在CD弧上运动的时间是解题的关键．
二、填空题（共8题，每题3分，共24分）
9．（3分）如果关于x的二次三项式x2+mx+m是一个完全平方式，则m=4．
【考点】完全平方式．
【分析】根据已知求出第一个数是x，第二个数是±，根据已知式子中的第三项得出（±
）2=m，求出m=0或m=4，最后看看是否符合题意即可．
【解答】解：∵关于x的二次三项式x2+mx+m是一个完全平方式，
∴第一个数是x，
∵±2•x•=mx，
∴第二个数是±，
即（±）2=m，
m=0或m=4，
∵x2+mx+m是二次三项式，
∴m=0舍去，
故答案为：4．
【点评】本题考查了对完全平方公式的理解和运用，注意：a2+2ab+b2和a2﹣2ab+b2都是完全平方公式．
10．（3分）一个几何体，是由许多规格相同的小正方体堆积而成的，其主视图，左视图如图所示要摆成这样的图形，至少需用5块小正方体．
【考点】由三视图判断几何体．
【分析】主视图、左视图是分别从物体正面、左面看，所得到的图形；从正面看到的是3列，左边一列是2个正方形，中间一列是1个正方形，右边一列是2个正方形；要使小正方体最少，则把中间的一个正方体向后移动一行，把右边的一列2个正方体向后移动2行；由此即可解答．
【解答】解：根据题干分析可得，摆出如图所示的图形，至少要2+1+2=5个小正方体．
故答案为：5．
【点评】本题意在考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
11．（3分）如图，O为矩形ABCD的对角线交点，DF平分∠ADC交AC于点E，交BC于点F，∠BDF=15°，则∠COF=75°．
【考点】矩形的性质．
【分析】根据DF平分∠ADC与∠BDF=15°可以计算出∠CDO=60°，再根据矩形的对角线相等且互相平分可得OD=OC，从而得到△OCD是等边三角形，再证明△COF是等腰三角形，然后根据三角形内角和定理解答即可．
【解答】解：∵DF平分∠ADC，
∴∠CDF=45°，
∴△CDF是等腰直角三角形，
∴CD=CF，
∵∠BDF=15°，
∴∠CDO=∠CDF+∠BDF=45°+15°=60°，
在矩形ABCD中，OD=OC，
∴△OCD是等边三角形，
∴OC=CD，∠OCD=60°，
∴OC=CF，∠OCF=90°﹣∠OCD=90°﹣60°=30°，
在△COF中，∠COF=（180°﹣30°）=75°．
故答案为：75．
【点评】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，熟记各性质并判断出△OCD是等边三角形是解决本题的关键．
12．（3分）若，则=﹣．
【考点】二次根式的化简求值；完全平方公式．
【分析】将已知等式左右两边平方，利用二次根式的化简公式化简，整理后求出x+的值，将所求式子平方并利用完全平方公式化简，把x+的值代入，开方即可求出值．
【解答】解：将已知的等式左右两边平方得：x+2+=6，即x+=4，
∴（﹣）2=x﹣2+=4﹣2=2，
∵0＜x＜1，
∴＜，即﹣＜0，
则﹣=﹣．
故答案为：﹣
【点评】此题考查了二次根式的化简求值，以及完全平方公式的运用，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
13．（3分）m是方程x2﹣2010x+1=0的一个解，则值是2009．【考点】一元二次方程的解；代数式求值．
【分析】把m代入方程有m2﹣2010m+1=0，得m2+1=2010m，m2=2010m﹣1，=2010代入代数式可以求出结果．
【解答】解：∵m是方程的一个根，
∴有：m2﹣2010m+1=0，
得：m2=2010m﹣1，①
=，②
∴代数式m2﹣2009m+
=2010m﹣1﹣2009m+
=m+﹣1
=﹣1
=2010﹣1
=2009．
故答案为：2009．
【点评】本题考查的是一元二次方程的解，把方程的解代入方程，得到关于m的式子，代入代数式化简求值．
14．（3分）将红、白、黄三种小球，装入红、白、黄三个盒子中，每个盒子中装有相同颜色的小球．已知：
（1）黄盒中的小球比黄球多；
（2）红盒中的小球与白球不一样多；
（3）白球比白盒中的球少．
则红、白、黄三个盒子中装有小球的颜色依次是黄，红，白．
【考点】容斥原理．
【分析】由（2）可以判断出，红盒不装白球，由（3）判断出，白盒不装白球，从而推得黄盒装白球；假设白盒装黄球，由（3）知白球比黄球少，而（1）中，白球比黄球多，矛盾，从而得出白盒装红球，红盒装黄球．
【解答】解：由条件（2）知红盒不装白球，由条件（3）知白盒不装白球，故黄盒装白球．假设白盒装黄球，由条件（3）知白球比黄球少，这与条件（1）矛盾，故白盒装红球，红盒装黄球．
故答案为：黄、红、白．
【点评】本题考查了容斥原理，根据（2）（3）推出其中一个结论，又利用反证法进行证明．
15．（3分）如图，点O（0，0），B（0，1）是正方形OBB1C的两个顶点，以对角线OB1为一边作正方形OB1B2C1，再以正方形OB1B2C1的对角线OB2为一边作正方形OB2B3C2，依次下去，则点B7的坐标是（﹣8，8）．
【考点】正方形的性质；坐标与图形性质．
【分析】根据题意和图形可看出每经过一次变化，都顺时针旋转45°，边长都乘以，所以可求出从B到B7的后变化的坐标．
【解答】解：根据题意和图形可看出每经过一次变化，都顺时针旋转45°，边长都乘以，∵从B到B7经过了7次变化，
∵45°×7=315°，1×（）7=8．
∴点B7所在的正方形的边长为8，点B7位置在第二象限．
∴点B7的坐标是（﹣8，8）．
故答案为：（﹣8，8）．
【点评】本题考查正方形的性质，正方形的四边相等，四个角都是直角，对角线平分每一组对角，解答本题的关键是总结规律，难度一般．
16．（3分）如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC=10，AD=2，∠B=45°．直角三角板含45°角的顶点E在边BC上移动，一直角边始终经过点A，斜边与CD交于点F．若△
ABE为等腰三角形，则CF的长等于3或2或10﹣4．
【考点】等腰梯形的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质．
【分析】过D作DH⊥BC于H，①当AE=BE时，根据等腰梯形的性质求出BE和CH，由勾股定理求出AB，进一步求出CE，根据等腰三角形的判定和三角形的内角和定理求出CF=EF，根据勾股定理求出即可；②当AB=AE=4时，由勾股定理求出BE，进一步求出CE，根据等腰三角形的判定和三角形的内角和定理求出EF=CE，由勾股定理求出CF即可；根据三角形的内角和定理求出∠AEB、∠FEC，进一步求出∠CFE=∠FEC，求出CF=CE即可．
【解答】解：过D作DH⊥BC于H，
有三种情况：
如图所示：①当AE=BE时，
∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴BE=CH=（BC﹣AD）=4，
由勾股定理得：AB=4，
∴CE=BC﹣BE=6，
∵∠B=∠BAE=45°，
∴∠AEB=90°，
∴∠FEC=180°﹣90°﹣45°=45°=∠C，
∴∠EFC=180°﹣45°﹣45°=90°，
∴由勾股定理得：CF=EF=3，
②当AB=AE=4时，
由勾股定理求得：BE=8，
∴CE=BC﹣BE=2，
同法可求出∠FEC=90°，∠EFC=45°=∠C，
由勾股定理得：CF==2，
③
如图当AB=BE=4时，
∠AEB=∠BAE=（180°﹣∠B ）=67.5°，
∴∠FEC=180°﹣67.5°﹣45°=67.5°，
∵∠C=45°，
∴∠CFE=180°﹣∠C ﹣∠FEC=67.5°=∠FEC ，
∴CF=CE=BC ﹣BE=10﹣4，
故答案为：3或2或10﹣4．
【点评】本题主要考查对等腰三角形的性质和判定，等腰梯形的性质，勾股定理，三角形的内角和定理，平行四边形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能求出CE 的长是解此题的关键．
三、解答题（共4题，共56分）
17．（14分）在一平直河岸l 同侧有A ，B 两个村庄，A ，B 到l 的距离分别是3km 和2km ，AB=akm （a ＞1）．现计划在河岸l 上建一抽水站P ，用输水管向两个村庄供水．
方案设计：
某班数学兴趣小组设计了两种铺设管道方案：图1是方案一的示意图，设该方案中管道长度为d 1，且d 1=PB +BA （km ）（其中BP ⊥l 于点p ）；图2是方案二的示意图，设该方案中管道长度为d 2，且d 2=PA +PB （km ）（其中点A'与点A 关于I 对称，A ′B 与l 交于点P ．
观察计算：
（1）在方案一中，d 1=a +2km （用含a 的式子表示）；
（2）在方案二中，组长小宇为了计算d 2的长，作了如图3所示的辅助线，请你按小宇同学的思路计算，
d 2=
km （用含a 的式子表示）．
探索归纳
（1）①当a=4时，比较大小：d 1（）d 2（填“＞”、“=”或“＜”）；
②当a=6时，比较大小：d 1（
）d 2（填“＞”、“=”或“＜”）；（2）请你参考右边方框中的方法指导，就a （当a ＞1时）的所有取值情况进行分析，要使铺设的管道长度较短，应选择方案一还是方案二？
【考点】作图—应用与设计作图．
【分析】运用勾股定理和轴对称求出d2，根据方法指导，先求d12﹣d22，再根据差进行分类讨论选取合理方案．
【解答】解：（1）∵A和A'关于直线l对称，
∴PA=PA'，
d1=PB+BA=PB+PA'=a+2；
故答案为：a+2；
（2）因为BK2=a2﹣1，
A'B2=BK2+A'K2=a2﹣1+52=a2+24
所以d2=．
探索归纳：
（1）①当a=4时，d1=6，d2=，d1＜d2；
②当a=6时，d1=8，d2=，d1＞d2；
（2）=4a﹣20．
①当4a﹣20＞0，即a＞5时，d12﹣d22＞0，
∴d1﹣d2＞0，
∴d1＞d2；
②当4a﹣20=0，即a=5时，d12﹣d22=0，
∴d1﹣d2=0，
∴d1=d2
③当4a﹣20＜0，即a＜5时，d12﹣d22＜0，
∴d1﹣d2＜0，
∴d1＜d2
综上可知：当a＞5时，选方案二；
当a=5时，选方案一或方案二；
当1＜a＜5（缺a＞1不扣分）时，选方案一．
【点评】本题为方案设计题，综合考查了学生的作图能力，运用数学知识解决实际问题的能力，以及观察探究和分类讨论的数学思想方法．
18．（14分）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径作⊙O交AC边于点D，E是边BC的中点，连接DE．
（1）求证：直线DE是⊙O的切线；
（2）连接OC交DE于点F，若OF=CF，求tan∠ACO的值．
【考点】切线的判定；全等三角形的判定与性质．
【分析】（1）要证明直线DE是⊙O的切线，只要证明∠ODE=90°即可．
（2）作OH⊥AC于点H，由tan∠ACO=OH：HC，分别求得OH，HC的值可找出其关系即可得到tan∠ACO的值．
【解答】（1）证明：连接OD、OE、BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠CDB=∠ADB=90°，
∵E点是BC的中点，
∴DE=CE=BE．
∵OD=OB，OE=OE，
∴△ODE≌△OBE（SSS），
∴∠ODE=∠OBE=90°，
∵OD是圆的半径，
∴直线DE是⊙O的切线．
（2）解：作OH⊥AC于点H，
∵OA=OB，
∴OE∥AC，且OE=AC，
∴∠CDF=∠OEF，∠DCF=∠EOF；
∵CF=OF，
∴△DCF≌△EOF（AAS），
∴DC=OE=AD，
∴四边形CEOD为平行四边形，
∴CE=OD=OA=AB，
∴BA=BC，
∴∠A=45°；
∵OH⊥AD，
∴OH=AH=DH，
∴CH=3OH，
∴tan∠ACO=．
【点评】此题考查了学生对全等三角形的判定方法及切线的判定等知识的掌握情况．19．（14分）为支持四川抗震救灾，重庆市A、B、C三地现在分别有赈灾物资100吨、100
吨、80吨，需要全部运往四川重灾地区的D、E两县．根据灾区的情况，这批赈灾物资运往D县的数量比运往E县的数量的2倍少20吨．
（1）求这批赈灾物资运往D、E两县的数量各是多少？
（2）若要求C地运往D县的赈灾物资为60吨，A地运往D的赈灾物资为x吨（x为整数），B地运往D县的赈灾物资数量小于A地运往D县的赈灾物资数量的2倍．其余的赈灾物资全部运往E县，且B地运往E县的赈灾物资数量不超过25吨．则A、B两地的赈灾物资运往D、E两县的方案有几种？请你写出具体的运送方案；
（3）已知A、B、C三地的赈灾物资运往D、E两县的费用如下表：
A地B地C地
运往D县的费用（元/吨）220200200
运往E县的费用（元/吨）250220210
为及时将这批赈灾物资运往D、E两县，某公司主动承担运送这批赈灾物资的总费用，在（2）问的要求下，该公司承担运送这批赈灾物资的总费用最多是多少？
【考点】一元一次不等式组的应用；一次函数的应用．
【分析】（1）设这批赈灾物资运往D县的数量为a吨，运往E县的数量为b吨，得到一个二元一次方程组，求解即可．
（2）根据题意得到一元二次不等式，再找符合条件的整数值即可．
（3）求出总费用的函数表达式，利用函数性质可求出最多的总费用．
【解答】解：（1）设这批赈灾物资运往D县的数量为a吨，运往E县的数量为b吨．（1分）由题意，得（2分）
解得（3分）
答：这批赈灾物资运往D县的数量为180吨，运往E县的数量为100吨．（4分）
（2）由题意，得（5分）
解得即40＜x≤45．
∵x为整数，∴x的取值为41，42，43，44，45．（6分）
则这批赈灾物资的运送方案有五种．
具体的运送方案是：
方案一：A地的赈灾物资运往D县41吨，运往E县59吨；B地的赈灾物资运往D县79吨，运往E县21吨．
方案二：A地的赈灾物资运往D县42吨，运往E县58吨；B地的赈灾物资运往D县78吨，运往E县22吨．
方案三：A地的赈灾物资运往D县43吨，运往E县57吨；B地的赈灾物资运往D县77吨，运往E县23吨．
方案四：A地的赈灾物资运往D县44吨，运往E县56吨；B地的赈灾物资运往D县76吨，运往E县24吨．
方案五：A地的赈灾物资运往D县45吨，运往E县55吨；B地的赈灾物资运往D县75吨，运往E县25吨．（7分）
（3）设运送这批赈灾物资的总费用为w元．
由题意，得w=220x+250（100﹣x）+200（120﹣x）+220（x﹣20）+200×60+210×20=﹣10x+60800．（9分）
因为w随x的增大而减小，且40＜x≤45，x为整数．
所以，当x=41时，w有最大值．则该公司承担运送这批赈灾物资的总费用最多为：w=60390（元）．（10分）
【点评】解应用题的一般步骤是：审、设、列、解、验、答．正确找出题中的等量或不等关系是解题的关键．本题利用一次函数的增减性确定了总费用的最大值．
20．（14分）在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0，2），点C（﹣1，0），如图所示：抛物线y=ax2+ax﹣2经过点B．（1）求点B的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）根据题意，过点B作BD⊥x轴，垂足为D；根据角的互余的关系，易得B到x、y轴的距离，即B的坐标；
（2）根据抛物线过B点的坐标，可得a的值，进而可得其解析式；
（3）首先假设存在，分A、C是直角顶点两种情况讨论，根据全等三角形的性质，可得答案．
【解答】解：（1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D，
∵∠BCD+∠ACO=90°，∠ACO+∠CAO=90°，
∴∠BCD=∠CAO，（1分）
又∵∠BDC=∠COA=90°，CB=AC，
∴△BCD≌△CAO，（2分）
∴BD=OC=1，CD=OA=2，（3分）
∴点B的坐标为（﹣3，1）；（4分）
（2）抛物线y=ax2+ax﹣2经过点B（﹣3，1），
则得到1=9a﹣3a﹣2，（5分）
解得a=，
所以抛物线的解析式为y=x2+x﹣2；（7分）
（3）假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：
①若以点C为直角顶点；
则延长BC至点P1，使得P1C=BC，得到等腰直角三角形△ACP1，（8分）
过点P1作P1M⊥x轴，
∵CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BDC=90°，
∴△MP1C≌△DBC．（10分）
∴CM=CD=2，P1M=BD=1，可求得点P1（1，﹣1）；（11分）
②若以点A为直角顶点；
则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形△ACP2，（12分）
过点P2作P2N⊥y轴，同理可证△AP2N≌△CAO，（13分）
∴NP2=OA=2，AN=OC=1，可求得点P2（2，1），（14分）
③以A为直角顶点的等腰Rt△ACP的顶点P有两种情况．即过点A作直线L⊥AC，在直线L上截取AP=AC时，点P可能在y轴右侧，即现在解答情况②的点P2；
点P也可能在y轴左侧，即还有第③种情况的点P3．因此，然后过P3作P3G⊥y轴于G，同理：△AGP3≌△CAO，
∴GP3=OA=2，AG=OC=1，
∴P3为（﹣2，3）；
经检验，点P1（1，﹣1）与点P2（2，1）都在抛物线y=x2+x﹣2上，点P3（﹣2，3）分）
不在抛物线上．（16
【点评】本题考查学生将二次函数的图象与解析式相结合处理问题、解决问题的能力，综合性强，能力要求极高．考查学生分类讨论，数形结合的数学思想方法．
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